人教A版（2019）选修二 第四章数列 专题4.7 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）

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专题4.7 等差数列和等比数列的综合应用大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·江苏南通·高二期中）设等差数列an的前n项和为Sn，已知a6=15，S5=45．(1)求an；(2)若an为an-3与a2n-1n≥4,n∈N*的等比中项，求n．【解题思路】（1）由已知条件，列式后解方程组，求数列的首项和公差，再求通项公式；（2）首先由题意得an2=an-3a2n-1，n≥4,n∈N*，代入通项公式后，求n.【解答过程】（1）设等差数列an公差为d，S5=5a1+5×42d=45，解得a1+2d=9，a6=a1+5d=15，所以d=2，a1=5，an=a1+n-1×d=2n+3.（2）由题意：an2=an-3a2n-1，n≥4,n∈N*，即2n+32=2n-34n+1，化简得：2n2-11n-6=0，解之得n=6或n=-12（舍），故n=6.2．（2022·广东·高二期中）已知等差数列an满足，a1=10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn的通项公式为bn=2n，求数列anbn的前n项和．【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，由题意可得到a3+82=a2+10⋅a4+6，化为基本量a1和d的关系，即可求解；（2）根据错位相减法求和即可.【解答过程】（1）等差数列an的首项a1=10，公差设为d，由a2+10，a3+8，a4+6成等比数列，则a3+82=a2+10⋅a4+6，即a1+2d+82=a1+d+10⋅a1+3d+6，即18+2d2=20+d⋅16+3d，解得d=2，所以an=a1+n-1d=2n+8.（2）由题意，anbn=2n+8⋅2n，设数列anbn的前n项和为Sn，则Sn=10⋅21+12⋅22+⋯+2n+8⋅2n，2Sn=10⋅22+12⋅23+⋯+2n+8⋅2n+1，两式相减得-Sn=20+2⋅22+23+⋯+2n-2n+8⋅2n+1即-Sn=20+2⋅21-2n-11-2-2n+8⋅2n+1，化简得Sn=-16+2n+7⋅2n+1.3．（2022·江西·高三阶段练习（文））已知等差数列an的前n项和为Sn，且2a6-S5=3，2S6-3a8=9．(1)求an的通项公式；(2)若ba=an⋅2n-1，求数列bn的前n项和Tn．【解题思路】（1）设an的公差为d，则由已知条件列方程组可求出a1,d，从而可求出通项公式；（2）由（1）得bn=2n-3×2n-1，然后利用错位相减法可求出Tn.【解答过程】（1）设an的公差为d．由2a6-S5=32S6-3a8=9，得2(a1+5d)-(5a1+5×42d)=32(6a1+6×52d)-3(a1+7d)=9，化简得-3a1=39a1+9d=9，解得a1=-1d=2．所以数列an的通项公式为an=-1+n-1×2=2n-3．（2）由（1）知bn=2n-3×2n-1，所以Tn=-1×20+1×21+3×22+⋯+2n-3×2n-1    ①则2Tn=-1×21+1×22+3×23+⋯+2n-3×2n    ②由①－②得：-Tn=-1+2×21+2×22+⋯+2×2n-1-2n-3×2n=-1+2×21-2×2n-1×21-2-2n-3×2n=-5+2n+1-2n-3×2n=-5-2n-5×2n，所以数列bn的前n项和Tn=5+2n-5×2n．4．（2022·四川·高三期中）已知等差数列an​和等比数列bn​满足a1=b1=1​，a2+a4=10​，b2b4=a5​.(1)求an​的通项公式；(2)求和：b1+b3+b5+⋯+b2n-1​.【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，利用a1=1，a2+a4=10求出d，再由等差数列的通项公式计算可得答案；（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，利用b2b4=b32=9求出b3、q2，可得b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，再由等比数列的前n项和公式计算可得答案.【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，由a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以an的通项公式an=1+2（n-1）=2n-1；（2）设等比数列bn的公比为q，则奇数项构成公比为q2的等比数列，由（1）可得a5=9，等比数列bn满足b1=1，b2b4=b32=9，由于b1=1>0，可得b3=3（舍去b3=-3），（等比数列奇数项符号相同），所以q2=b3b1=3，则b2n-1是公比为3，首项为1的等比数列，b1+b3+b5+⋯+b2n-1=1×1-q2n1-q2=3n-12n∈N*.5．（2022·广东·高二期中）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=32n2+12n，递增的等比数列bn满足：b1+b4=18，b2⋅b3=32．(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设an、bn的前n项和分别为Sn，Tn，求Sn，Tn．【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2求出an的通项公式，利用等比数列的性质得到b2⋅b3=b1⋅b4=32，故b1,b4可看作方程x2-18x+32=0的两根，根据函数单调性求出b1=2b4=16，从而得到公比，求出bn的通项公式；（2）利用等差数列和等比数列的公式求出答案.【解答过程】（1）当n=1时，a1=S1=32+12=2，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=32n2+12n-32n-12-12n-1=3n-1，又3×1-1=2，满足上式故an的通项公式为an=3n-1，设等比数列bn的公比为q，因为b1+b4=18，b2⋅b3=b1⋅b4=32，所以b1,b4可看作方程x2-18x+32=0的两根，解得：b1=2b4=16或b1=16b4=2，因为等比数列单调递增，所以b1=16b4=2舍去，故q3=162=8，解得：q=2，故bn的通项公式为bn=2×2n-1=2n；（2）因为an=3n-1，所以an+1-an=3，故an为等差数列，由等差数列求和公式得：Sn=na1+an2=n2+3n-12=3n2+n2，由等比数列求和公式得：Tn=21-2n1-2=2n+1-2.6．（2022·江苏·高二阶段练习）等差数列an满足a1+a2=10，a6-a4=4.(1)求an的通项公式和前n项和Sn；(2)设等比数列bn满足b2=a3，b3=a7，求数列bn的前n项和Tn.【解题思路】（1）设等差数列an的公差为d，根据题意可求得d、a1的值，利用等差数列的通项公式可求得an的表达式，利用等差数列的求和公式可求得Sn的表达式；（2）设等比数列bn的公比为q，求出q、b1的值，利用等比数列的的求和公式可求得Tn的表达式.【解答过程】（1）解：设等差数列an的公差为d，则2d=a6-a4=4，可得d=2，∴a1+a2=2a1+d=2a1+2=10，解得a1=4，则an=a1+n-1d=4+2n-1=2n+2.所以，Sn=na1+an2=n4+2n+22=n2+3n.（2）解：设等比数列bn的公比为q，则q=b3b2=a7a3=168=2，b1=b2q=82=4，所以，Tn=b11-qn1-q=41-2n1-2=2n+2-4.7．（2022·黑龙江·高二阶段练习）已知数列an满足：a1=3，且对任意的n∈N*，都有1，an，an+1成等差数列.(1)证明：数列an-1为等比数列；(2)已知：bn=an-12n+1求数列bn前n和为Sn.【解题思路】（1）由条件可知1+an+1=2an，即an+1-1=2an-1，从而得出数列an-1为等比数列；（2）bn=an-12n+1=2n+1⋅2n，利用错位相减法即可求解.【解答过程】（1）证明：由条件可知1+an+1=2an，即an+1=2an-1，∴an+1-1=2an-1，且a1-1=2，∴an-1是以a1-1=2为首项，q=2为公比的等比数列.（2）由（1）知an-1是以a1-1=2为首项，q=2为公比的等比数列，∴an-1=2n，则bn=an-12n+1=2n+1⋅2n，∴Sn=3⋅21+5⋅22+7⋅23+⋯+2n+1⋅2n，2Sn=3⋅22+5⋅23+7⋅24+⋯+2n+1⋅2n+1，两式相减可得，-Sn=3⋅21+2⋅22+2⋅23+2⋅24+⋯2⋅2n-2n+1⋅2n+1，即-Sn=6+81-2n-11-2-2n+1⋅2n+1，化简得Sn=2n-1⋅2n+1+2.8．（2022·福建·高二阶段练习）已知等差数列an中，a1=1，a2+2a3+a4=12．(1)求a5+a7的值；(2)若数列bn满足：bn=a2n-1，证明：数列bn是等差数列．【解题思路】（1）由等差数列的性质易得a3=3，由等差数列的通项公式求得公差d，再由基本量运算求得结论；（2）由（1）求得通项公式an，从而可得bn，计算bn-bn-1(n≥2)可得结论．【解答过程】（1）∵a2+a4=2a3，a2+2a3+a4=4a3=12，∴a3=3，∵a3=a1+2d,∴d=1，∴a5+a7=2a1+10d=12；（2）由（1）可知an=n，∴bn=a2n-1=2n-1，∵bn-bn-1=(2n-1)-[2(n-1)-1]=2(n≥2)，∴数列bn是等差数列，首项是1，公差是2.9．（2022·广东·高三阶段练习）已知数列an，bn满足a1=b1=1，且an+2bn+1-anbn=0．(1)若数列an为等比数列，公比为q，a1-a2=2，求bn的通项公式；(2)若数列an为等差数列，an+2-an+1=2，求bn的前n项和Tn．【解题思路】(1)由已知条件求出等比数列an的公比和通项，得到数列bn为等比数列，可求出通项公式；(2)由等差数列an的通项利用累乘法求得数列bn的通项，再用裂项相消求bn的前n项和Tn．【解答过程】（1）数列an为等比数列，公比为q，且a1=1，a1-a2=2 ， a2=3或a2=-1， 由 q=a2a1， q=3或 q=-1 ，由an+2bn+1-anbn=0，所以 bn+1bn=anan+2=1q2，又 b1=1，即数列bn是以1为首项，1q2 为公比的等比数列故 bn=19n-1 或bn=1.（2）依题意得等差数列an公差d=2，则an=a1+n-1d=1+2(n-1)=2n-1，由an+2bn+1-anbn=0，所以 bn+1bn=anan+2，从而bn=bnbn-1⋅bn-1bn-2⋯⋯b3b2⋅b2b1⋅b1=an-1an+1⋅an-2an⋅⋯⋯a2a4⋅a1a3⋅b1=a1a2anan+1=32n-1(2n+1)=3212n-1-12n+1，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=321-13+13-15+⋯+12n-1-12n+1=321-12n+1=3n2n+1 .10．（2022·贵州贵阳·高三期中（文））已知an是以1为首项的等差数列，bn是以2为首项的正项等比数列，且满足a6-b2=a10-b3=2.(1)求an与bn的通项公式；(2)求1anan+1的前n项和Sn，并求满足nSn>2022的最小正整数n.【解题思路】（1）根据已知条件求得an的公差，bn的公比，从而求得an与bn的通项公式；（2）利用裂项求和法求得Sn，然后将Sn代入nSn>2022求解不等式即可得到.【解答过程】（1）依题意，an是以1为首项的等差数列，bn是以2为首项的正项等比数列，设an的公差为d，bn的公比为q（q>0），由已知得a6-b2=2a10-b3=2，即1+5d-2q=21+9d-2q2=2，消去d，可得5q2-9q-2=0，解得q=2或q=-15（舍去）.所以，q=2，则d=1.所以，an=a1+n-1d=1+n-1=n，bn=b1qn-1=2×2n-1=2n.（2）由（1）知，1anan+1=1nn+1=1n-1n+1，所以Sn=a1+a2+⋯+an =1-12+12-13+⋯+1n-1n+1 =1-1n+1=nn+1.由nSn>2022知，n2n+1>2022，即n2-2022n-2022>0，解得，n<1011-1011×1013，或n>1011+1011×1013.又1011-1011×1013<0，2022<1011+1011×1013<2023，n∈N+.所以，最小正整数n为2023.11．（2022·全国·模拟预测）已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，且满足S4=10，a1，a2，a4成等比数列，an=log2bn.(1)求数列bn的通项公式；(2)设cn=log2anbnan+1，求数列cn的前n项和Tn.【解题思路】(1) 设等差数列an的公差为d，根据题意列出关于a1和d的方程组求解即可；(2)根据题意可得cn=log2n-log2n+1+n，利用裂项相消和分组求和运算求解.【解答过程】（1）设等差数列an的公差为dd≠0，由题意可得：S4=2a1+a4=10a22=a1a4，即2a1+a1+3d=10a1+d2=a1a1+3d，整理得2a1+3d=5d=a1，解得a1=d=1，所以an=a1+n-1d=n，∵an=log2bn=n，所以bn=2n.（2）∵cn=log2anbnan+1=log2n⋅2nn+1=log2n-log2n+1+n，∴Tn=log21-log22+log22-log23+⋅⋅⋅+log2n-log2n+1+1+2+⋅⋅⋅+n=nn+12-log2n+1，故Tn=nn+12-log2n+1.12．（2022·浙江省高三阶段练习）已知正项等比数列{an}满足a1+a2+a3=7且3a1是a2，a3的等差中项，数列{bn}满足b1=2，bnn-bn-1n-1=1n(n-1)(n≥2,n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列{|an-bn|}的前n项和Sn．【解题思路】（1）根据条件，列方程求出a1 和q ，运用累加法求出bn ；（2）令cn=an-bn ，对cn 分类讨论即可.【解答过程】（1）设数列{an}的公比为qq>0，由条件得6a1=a2+a3a1+a2+a3=7 ，即6a1=a1q+a1q2a1+a1q+a1q2=7 ，解得a1=1,q=2或q=-3 （舍），∴an=2n-1，bnn-bn-1n-1=1n(n-1)=1n-1-1n(n≥2)累加得：bnn=b11+b22-b11+b33-b22+⋅⋅⋅+bnn-bn-1n-1=2+1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n-1-1n=3-1n,n≥2，∴bn=3n-1n≥2，又b1=2符合该式，所以bn=3n-1 ；（2）令cn=an-bn，则cn=2n-1-3n+1，又cn+1-cn=2n-1-3，则当n≥3时，cn+1>cn，当n≤2时，cn+10，∴n≤4时，Sn=-(c1+c2+…+cn）=3n2+n2-2n+1，n≥5时，Sn=-c1+c2+c3+c4+c5+…+cn=-2c1+c2+c3+c4+c1+c2+…+cn =2n-3n2+n2+21 ，Sn=3n2+n2-2n+1,n≤42n-3n2+n2+21,n≥5.13．（2022·全国·模拟预测）已知等比数列an的首项a1=1，公比为q，bn是公差为dd>0的等差数列，b1=a1，b3=a3，b2是b1与b7的等比中项．(1)求数列an的通项公式；(2)设bn的前n项和为Sn，数列cn满足ncn=an2Sn，求数列cn的前n项和Tn．【解题思路】（1）根据b2是b1与b7的等比中项，利用基本量法可得d=4，进而得到bn=4n-3，再根据b1=a1，b3=a3可得an=3n-1或an=-3n-1；（2）由（1）Sn=n2n-1，化简可得cn=2n-19n-1，再根据错位相减可得Tn.【解答过程】（1）第一步：求数列bn的通项公式因为bn是公差为dd>0的等差数列，b1=a1=1，b2是b1与b7的等比中项，所以1+d2=1×1+6d，（等比数列的性质）解得d=4或d=0（舍去），（注意d>0）所以数列bn的通项公式为bn=4n-3．第二步：求数列an的通项公式所以a3=b3=9，又a1=1，所以q=±3，所以数列an的通项公式为an=3n-1或an=-3n-1．（2）第一步：求数列cn的通项公式由（1）得Sn=n2n-1，an=3n-1或an=-3n-1，由ncn=an2Sn，得cn=an2Snn=2n-19n-1，第二步：利用错位相减法求和于是Tn=c1+c2+⋯+cn=1+3×91+5×92+7×93+⋯+2n-19n-1，9Tn=9+3×92+5×93+7×94+⋯+2n-19n，则-8Tn=1+2×91+92+93+94+⋯+9n-1-2n-19n，（运用错位相减法求和时最后一项注意变号）即-8Tn=1+2×91-9n-11-9-2n-19n，整理得Tn=8n-59n+532，所以数列cn的前n项和Tn=8n-59n+532．14．（2022·全国·模拟预测）己知Sn为等比数列an的前n项和，若4a2，2a3，a4成等差数列，且S4=8a2-2.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn=anan+2an+1+2，且数列bn的前n项和为Tn，证明：112≤Tn<14.【解题思路】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；（2）求出bn，然后运用裂项相消法求出Tn可得结论.【解答过程】（1）设数列an的公比为q，由4a2，2a3，a4成等差数列可得4a2+a4=4a3，故4+q2=4q，解得q=2，由S4=8a2-2可得a11-241-2=16a1-2，解得a1=2，故an=2n，即数列an的通项公式为an=2n,n∈N*.（2）由（1）可得bn=anan+2an+1+2=2n2n+22n+1+2=12n+2-12n+1+2，故Tn=14-16+16-110+110-118+⋅⋅⋅+12n+2-12n+1+2=14-12n+1+2.当n=1时，12n+1+2取得最大值16，当n→+∞时，12n+1+2→0∴0<12n+1+2≤16， 故112≤Tn<14.15．（2023·重庆·高三阶段练习）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d≠0，且满足2S1-S3=3,a5,a4,a7成等比数列．(1)求an；(2)求数列an的前30项和．【解题思路】（1）由等差数列的公式列方程组即可求解；（2）分类讨论即可求解.【解答过程】（1）由题意可得：2a1-(3a1+3×22d)=3(a1+3d)2=(a1+4d)(a1+6d)，解得a1=-15d=4或a1=-3d=0（舍）故an=-15+(n-1)×4=4n-19.（2）由（1）可知：Sn=-15n+n(n-1)×42=2n2-17n，设数列an的前n项和为Tn，易知当n≤4时，an<0，an=-an=19-4n，所以T4=-S4=36，当n≥5时，an>0，an=an=4n-19，Tn=Sn+2T4=2n2-17n+72，所以T30=2×900-17×30+72=1362.16．（2022·黑龙江·高二期中）已知等差数列{an}中，a10=10，a17=17，在各项均为正数的等比数列{bn}中，b1=a2，b3=a8．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式(2)求数列{anbn}的前n项和Tn．【解题思路】（1）由等差数列的a10=10，a17=17即可求出{an}的通项公式，进而求出{bn}的通项公式（2）表示出{anbn}的通项公式，用错位相减法即可求解数列{anbn}的前n项和Tn【解答过程】（1）解：设an的公差为d，则d=a17-a1017-10=1，所以a10=a1+9d解得a1=1，所以an=n；由题设等比数列bn的公比为q>0，由题得b1=2，b3=8，∴2×q2=8，∴q=2．所以bn=2×2n-1=2n．所以bn=2n．（2）由题得anbn=n⋅2n．所以Tn=1×21+2×22+⋯+n⋅2n则2Tn=1×22+2×23+⋯+(n-1)⋅2n+n⋅2n+1两式相减得-Tn=21+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=2×(1-2n)1-2-n⋅2n+1=(1-n)2n+1-2所以Tn=(n-1)2n+1+2．17．（2022·湖南常德·高三阶段练习）已知数列an满足a1=1，an+1=2an，n∈N*，数列bn是等差数列，且b1=a2，b3=a2+a3+a4．(1)求数列an，bn的通项公式(2)设cn=an-bn，求数列cn的前n项和Sn．【解题思路】（1）根据等比数列的定义，直接写出an，由等差数列的基本量运算，结合已知条件，求得b1与公差，即可求得bn；（2）利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的前n项和公式，直接求解即可.【解答过程】（1）因为数列an满足a1=1，an+1=2an，n∈N*，所以数列an是以1为首项，公比q=2的等比数列，所以an=a1qn-1=2n-1，即数列an的通项公式为an=2n-1，设等差数列bn的公差为d，由b1=a2=2，b3=a2+a3+a4=2+4+8=14，得b1=2b1+2d=14，解得d=6，所以bn=b1+(n-1)d=6n-4，即数列bn的通项公式为bn=6n-4.（2）由（1）可知cn=an-bn=2n-1-6n+4，所以数列cn的前n项和Sn=1+2+⋯+2n-1-[2+8+⋯+6n-4]=1-2n1-2-n[2+6n-4]2 =2n-3n2+n-1，即Sn=2n-3n2+n-1．18．（2022·广西·模拟预测（文））数列an满足2a2k+1=a2k-1+a2k+3，a2k+2a2k=q（k∈N*,q为正常数），且a2=2a1=2，a32=a2⋅a6，a1+a2+a3=a5.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an的前n项和Sn.【解题思路】（1）由题意可得奇数项成等差数列，设公差为d，且偶数项成等比数列，公比为q(q>0)，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差d和公比q，即可得到所求通项公式； （2）讨论n为偶数和奇数，由等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和.【解答过程】（1）数列an满足2a2k+1=a2k-1+a2k+3,a2k+2a2k=q，可得a2k-1,a2k+1,a2k+3成等差数列，即奇数项成等差数列,设公差为d,且偶数项成等比数列,公比为q(q>0),且a2=2a1=2，a32=a2⋅a6，a1+a2+a3=a5,可得(1+d)2=2⋅2q2,3+1+d=1+2d,解得d=3,q=2,则an=1+3⋅n+12-1,n为奇数2⋅2n2-1,n为偶数,化为an=3n-12,n为奇数2n2,n为偶数；（2）当n为偶数时,数列an的前n项和Sn=a1+a3+…+an-1+a2+a4+…+an=12⋅n21+3n-42+21-2n21-2 =3n2-2n8+21+n2-2 当n为奇数时(n≥3),Sn=Sn-1+an=3(n-1)2-2(n-1)8+21+n-12-2+3n-12=3n2+4n+18+2n+12-2，当n=1时S1也适合上式.综上: Sn=3n2+4n-158+2n+12,n为奇数3n2-2n-168+2n+22,n为偶数.19．（2022·福建三明·高二阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，满足3Sn=2an-1，bn是以a1为首项且公差不为0的等差数列，b2,b3,b7成等比数列.(1)求数列an,bn的通项公式；(2)令cn=anbn，求数列cn的前n项和Tn.【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2，求出an的通项公式，求出bn的公差，进而求出bn的通项公式；（2）利用错位相减法求数列cn的前n项和Tn..【解答过程】（1）由3Sn=2an-1，取n=1可得3S1=2a1-1，又S1=a1，所以3a1=2a1-1，则a1=-2.当n≥2时，由条件可得3Sn=2an-13Sn-1=2an-1-1，两式相减可得，an=-2an-1，又a1=-2，所以anan-1=-2，所以数列an是首项为-2，公比为-2的等比数列，故an=-2n，因为b1=a1=-2，设等差数列bn的公差为d，则b2=-2+d,b3=-2+2d,b7=-2+6d，由b2,b3,b7成等比数列，所以(-2+2d)2=-2+d-2+6d，又d≠0，所以解得d=3，故bn=3n-5，（2）cn=anbn=3n-5(-2)n，Tn=-2×(-2)1+1×(-2)2+4×(-2)3+⋯+3n-5×(-2)n，-2Tn=-2×(-2)2+1×(-2)3+4×(-2)4+⋯+3n-8×(-2)n+3n-5×(-2)n+1.相减得3Tn=4+3(-2)2+(-2)3+(-2)4+⋯+(-2)n-3n-5×(-2)n+1，所以3Tn=4+34--2n+11--2-3n-5×(-2)n+1，所以3Tn=8-3n-4(-2)n+1所以Tn=8-3n-4(-2)n+13.20．（2022·黑龙江·模拟预测）已知等比数列an的公比q>1，且a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项，数列bn满足：数列an⋅bn的前n项和为n⋅2n.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)若cn=an+bn，dn=an+1cncn+1，求数列dn的前n项和Sn.【解题思路】对于（1），设an首项为a1，公比为q.由a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项可得an通项公式.设an⋅bn的前n项和为Tn，则an⋅bn=Tn-Tn-1，n≥2a1⋅b1，n=1，据此可得bn通项公式；对于（2），由（1）可得cn=2n-1+n+1，注意到dn=2n-1+12n-1+n+12n+n+2=12n-1+n+1-12n+n+2，据此可得Sn.【解答过程】（1）设an首项为a1，公比为q.由a2+a3+a4=14，a3+1是a2，a4的等差中项可得a1q+a1q2+a1q3=a1qq2+q+1=142a1q2+2=a1q+a1q3⇒a1qq2-2q+1=2，两式相除得q2+q+1q2-2q+1=7 ⇒2q2-5q+2=0，又q>1，得q=2.将q=2代入a1qq2+q+1=14，得a1=1，故an=2n-1，n∈N+.设an⋅bn的前n项和为Tn，则an⋅bn=Tn-Tn-1，n≥2a1⋅b1，n=1，n∈N+得an⋅bn=n⋅2n-n-1⋅2n-1，n≥22，n=1，n∈N+.又a1=1×21=2则an⋅bn=n⋅2n-n-1⋅2n-1，结合an=2n-1，得bn=n+1，n∈N+.综上：an通项公式为an=2n-1，n∈N+，bn通项公式为bn=n+1，n∈N+.（2）由（1）可得，cn=2n-1+n+1，n∈N+.则dn=2n-1+12n-1+n+12n+n+2，n∈N+.注意到2n-1+12n-1+n+12n+n+2=12n-1+n+1-12n+n+2，则Sn=d1+d2+⋯+dn-1+dn=120+2-121+3+121+3-122+4+⋯+12n-2+n-12n-1+n+1+12n-1+n+1-12n+n+2=13-12n+n+2，n∈N+.故Sn=13-12n+n+2，n∈N+.21．（2022·广东·高三阶段练习）已知等差数列an满足a4=4a1，a6+a8=14，等比数列bn满足b1=1，log2b4=-3．(1)求数列an，bn的通项公式；(2)令cn=1an2,n为奇数an⋅bn，n为偶数，求证：c1+c2+⋯+cn<10936，其中n≥4．【解题思路】（1）利用定义法即可求出等差数列和等比数列的通项公式（2）通过（1）求出的an，bn的通项公式，表达数列cn，然后利用公式法和放缩法，分类讨论n为奇数或偶数时前n项的和，进而证明不等式.【解答过程】（1）由题意，n∈N*,在等差数列an中，设an=a1+n-1da4=a1+3da4=4a1a6+a8=14a6=a1+5da8=a1+7d解得：a1=d=1∴an=nn∈N*等比数列bn中，设bn=b1⋅qn-1，b1=1b4=b1⋅q3log2b4=-3，解得：q=12∴bn=12n-1n∈N*（2）由题意及（1）得，n∈N*，n≥4，an=n，bn=12n-1在cn=1an2,n为奇数an⋅bn，n为偶数中，cn=1n2,n为奇数n2n-1，n为偶数设Tn=c1+c2+⋯+cn，当n为奇数时，Tn=c1+c2+⋯+cn=1+132+152+⋯+1n2+22+423+625+⋯+n-12n-2，在Kn=1+132+152+⋯+1n2中，∵1n2<1n2-1=1n+1n-1=121n-1-1n+1∴Kn=1+132+152+⋯+1n2<1+12×12-14+14-16+…+1n-1-1n+1=1+12×12-1n+1=54-12n+1∴Kn<54-12n+1<54在Sn=22+423+625+⋯+n-12n-2中，Sn=22+423+625+⋯+n-12n-214Sn=223+425+627+⋯+n-12n，34Sn=1+122+124+⋯+12n-3-n-12n=1-(14)n-121-122-n-12n，解得：Sn=169-3n+59×2n-2，∴Sn=169-3n+59×2n-2<169，∴Tn0，所以q>0，所以q=2，所以an=2n-1．（2）证明：由（1）得Sn=1-2n1-2=2n-1，所以bn=log22n=n，所以bn+2bnbn+1an+2=n+2nn+1⋅2n+1=1n⋅2n-1n+1⋅2n+1，所以Tn=11×21-12×22+12×22-13×23+⋅⋅⋅+1n×2n-1n+1×2n+1=12-1n+1×2n+1．显然Tn单调递增，所以Tn≥T1=38，因为1n+1×2n+1>0，所以Tn<12，所以38≤Tn<12．29．（2023·山东省高三阶段练习）已知公差不为零的等差数列an满足a2=3，且a1,a3,a7成等比数列．(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足bn=1anan+2,bn的前n项和为Sn，求证:Sn<512．【解题思路】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的定义求解即可；（2）利用裂项相消求和即可.【解答过程】（1）设an的首项为a1，公差为d，根据a1，a3，a7成等比数列，可得a32=a1a7，又a2=3，可得方程组a1+2d2=a1a1+6da1+d=3，即2d2=a1da1+d=3，又d≠0，解得d=1a1=2，故an=n+1．（2）bn=1(n+1)(n+3)=121n+1-1n+3，所以Sn=b1+b2+⋯+bn=1212-14+13-15+14-16+15-17+…+1n-1n+2+1n+1-1n+3=1212+13-1n+2-1n+3，因为n∈N*，所以1212+13-1n+2-1n+3<1212+13=512．所以Sn<512．30．（2022·上海·高二期中）已知等差数列an公差为dd≠0，前n项和为Sn.(1)若a1=-1，S3=12，求an的通项公式；(2)若a1=1，a1、a3、a13成等比数列，且存在正整数p、qp≠q，使得apq与aqp均为整数，求ap+q的值；(3)若fx=2x-12x+1，证明对任意的等差数列an，不等式i=12022ai⋅i=12022fai≥0恒成立.【解题思路】（1）由等差数列的前n项和公式求得公差d后可得通项公式；（2）由等比数列性质求得通项公式an=2n-1，设2p-1q=s，2q-1p=t（s,t都是正整数），代入消元得(4-st)p=2+s，因此有4-st>0，st=2或3，用列举法确定s,t的值，求出p,q，然后再求数列的项ap+q；（3）证明f(x)是奇函数，又是增函数，证明ai+a2023-i与f(ai)+f(a2023-i)同号，即可证不等式成立．【解答过程】（1）设{an}的公差为d，则S3=3×(-1)+3d=12，d=5，所以an=-1+5(n-1)=5n-6；（2）设{an}的公差为d，由a1、a3、a13成等比数列得a32=a1a13，(1+2d)2=1+12d，∵d≠0，∴d=2，an=1+2(n-1)=2n-1，p,q都是正整数，apq=2p-1q，aqp=2q-1p都是整数，显然是正整数，设2p-1q=s，2q-1p=t（s,t都是正整数），q=2p-1s代入2q-1p=t得(4-st)p=2+s，∴4-st>0，p≠q，则s≠t，若s=1，t=2，则p=32，不合题意，若s=1,t=3，则p=3，q=5，若s=2，t=1，则p=2，q=32，不合题意，若s=3，t=1，则p=5，q=3，所以p=3,q=5或p=5,q=3，ap+q=a8=15．（3）f(x)的定义域是R，f(-x)=2-x-12-x+1=1-2x1+2x=-f(x)，∴f(x)是奇函数，又f(x)=1-22x+1，设x122x2+1，从而1-22x1+1<1-22x2+1，即f(x1)